2018 ACM-ICPC亚洲区域赛（青岛）

Problem C---zoj 4060 Flippy Sequence

解题思路：要求进行两次操作，每次操作选择一个区间，问将s串变成t串中所选的两个区间构成的4元组有多少个。做法：找出s串与t串不同块的个数，然后做个简单的判断即可。

AC代码：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int maxn=1e6+;
 int T,n,cnt,answer;char s1[maxn],s2[maxn];
 int main(){
     while(~scanf("%d",&T)){
         while(T--){
             scanf("%d %s %s",&n,s1,s2);cnt=;
             for(int i=;i<n;++i)//统计s串与t串不同块的个数
                 if((i==&&s1[i]!=s2[i])||(i>&&s1[i-]==s2[i-]&&s1[i]!=s2[i]))cnt++;
             if(!cnt)answer=n*(n+)/;//全部相同：1+...+n
             else if(cnt==)answer=*(n-);//只有一个不同块，①不同和不同进行反转，②不同和相同进行反转
             else if(cnt==)answer=;//有两个不同块，三种操作，答案肯定为6
             else answer=;//至少有3个不同块，无法实现2次操作，答案只能为0
             printf("%d\n",answer);
         }
     }
     return ;
 }

Problem E---zoj 4062 Plants vs. Zombies

(补)解题思路：典型的最大化最小值，二分解法再加个贪心，详解看代码。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int maxn=1e5+;
 int T,n;LL m,l,r,mid,a[maxn],d[maxn];
 bool check(LL x){
     ///二分总防御值，对于固定的防御值x，显然花园里的每个植物都要不小于x，因此贪心地从左往右寻找每一个防御值小于x的植物，对它和它右侧的植物反复浇水。
     LL step=;
     for(int i=;i<n;++i)d[i]=x/a[i]+(x%a[i]?1LL:0LL);///计算每个至少需要浇水的次数
     for(int i=;i<n;++i){
         if(!d[i]){
             if(i!=n-)step++;///如果最后一棵植物需要浇水的次数为0，说明其防御值不小于当前x，则无需计数
         }else{
             step+=d[i]*2LL-1LL;///累加从i-1走到i这1步+浇完第i棵植物后花费的总步数为2*d[i]-1
             d[i+]-=(d[i]-1LL);///第i+1棵植物需要浇水的次数要减去(d[i]-1)
             if(d[i+]<)d[i+]=0LL;///如果d[i+1]<0，说明下一棵植物的防御值早已大于x，下次只需给它浇一次水（贪心向右移动一步）即可
         }
         if(step>m)return false;///如果所走步数超过m，则直接返回0，找较小的答案x
     }
     return true;
 }
 int main(){
     while(~scanf("%d",&T)){
         while(T--){
             scanf("%d%lld",&n,&m);
             for(int i=;i<n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
             l=1LL,r=1e18;
             while(l<=r){///[l,r]，退出条件是l>r，即l-1==r
                 mid=(l+r)>>;
                 if(check(mid))l=mid+1LL;///还有满足条件的最小值，继续最大化
                 else r=mid-1LL;///不满足条件，往左找
                 ///cout<<l<<' '<<r<<endl;
             }
             printf("%lld\n",l-);///l-1相当于r，因为l会不断被最大化，直到超过r，则可以取l-1或者r就是最大化最小值答案
         }
     }
     return ;
 }

Problem J---zoj 4067 Books

解题思路：没有理解好题意，因此赛场上丧心病狂调了2小时的bug，罚时巨多QWQ，其实就是个简单的贪心=_=。题意：DreamGrid带的钱会在1～n本书中从前往后进行挑选，如果当前剩余的钱不小于第i本书的价格，那么他就一定会买这本书，并且用剩余的钱减去第i本书的价格，直到买完m本书，否则就跳过不买第i本书籍。首先要明确的一点：从其往后有序挑选！！！分三种情况：①当m==n时，显然为"Richman"；②当m<cnt_0时，此时可以买比m多的书籍，显然为"Impossible"；③当m>cnt_0时，首先肯定会挑选cnt_0个价格为0的书籍，然后从前往后在价格不为0的书籍里面贪心挑选(m-cnt_0)本书籍，再加上后面不为0的最小价格-1即为DreamGrid可带的最多零钱。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;LL ans;//注意用long long
 const int inf=0x3f3f3f3f;
 const int maxn=1e5+;
 int T,n,m,cnt_0,pos,mina,s[maxn];
 int main(){
     while(cin>>T){
         while(T--){
             cin>>n>>m;cnt_0=;
             for(int i=;i<n;++i)cin>>s[i],cnt_0+=s[i]?:;//统计0的个数
             if(m==n)puts("Richman");
             else if(cnt_0>m)puts("Impossible");//如果0的个数大于m，肯定可以买更多的书籍，显然此时为不可能
             else{
                 m-=cnt_0,mina=inf,pos=,ans=;//m为剩下要挑选的本数
                 while(m)s[pos]?ans+=s[pos++],m--:pos++;//贪心选择价格不为0的m本，然后在后面选择一本最小的价格（不为0）-1加上来即为最优答案
                 for(int i=pos;i<n;++i)//从连续选择pos个不为0的数后，再从后面选择不为0的最小价格
                     if(s[i])mina=min(mina,s[i]);
                 cout<<(ans+=mina-)<<endl;
             }
         }
     }
     return ;
 }

Problem M---zoj 4070 Function and Function

解题思路：签道题，注意：输入的x为0时要单独考虑。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 int T,x,k,s[]={,,,,,,,,,};
 int g(int y){
     int ans=;
     while(y){ans+=s[y%];y/=;}
     return ans;
 }
 int main(){
     while(~scanf("%d",&T)){
         while(T--){
             scanf("%d%d",&x,&k);
             if(!x)x=k&?:;//x为0要单独考虑
             else{
                 for(int i=;i<=k&&x;++i){
                     x=g(x);
                     if(!x){x=(k-i)&?:;break;}
                 }
             }
             printf("%d\n",x);
         }
     }
     return ;
 }